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题目
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在一条环路上有 n 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。

你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。

给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。

解释一下这道题，如下图所示：
路程数组gas和油耗数组cost，假设从A点出发，走到B点路程为1，消耗油量为2，1 - 2 = -1，油量不够支撑走到B点，所以如果从A点出发，无法完整的绕完一圈，B、C、D同理，这道题就是看从哪个出发点出发后，可以顺利的绕完一圈（gas和cost等长）。

滑动窗口
首先，先将给定的 gas[] 和 cost[] 稍稍加工一下，一次遍历，用gas[i] - cost[i]，得到的新数组中包含正负数，就是从每个点出发的路程和油耗的差值，看是否有能力到达下一个目的地。

此时如果用暴力方法解这道题的话，只需要从0 ~ N - 1每个位置循环遍历，遍历N个位置。看过程中是否出现负数，如果是负数，则说明不能完成循环，如果不是，结果 >= 0，则证明可以完成循环。

我们这里直接说用滑动窗口的解题思路：
依然是先加工gas[] 和 cost[]，不同的是，我们要根据加工出来的gas[] - cost[]，搞出来一个2倍gas[]长度的前缀和数组。

因为我们要看从 0 ~ N - 1位置中每个的出发点能否成功绕回来， gas[] - cost[] 加工出来的数组就是从每个点出发能否成功到达下一目的地的数组，所以当累加到N - 1位置时，下一步重新在加上 0 位置的值，来构造出这个2倍长度累加和数组。

这样的做的目的是，我下图中 double.length中下标4的位置，可以看做是从B点出发，又重新绕回A的0位置，下标5的位置，可以看做是从C点出发，重新绕回B点的1位置。一个数组全部可以搞定。

所有原始数组中出发的位置，在double.length中都可以将原始数组的累加和数组加工出来。

怎么加工？
假设我从D点出发，那么在gas - cost中求出来的累加和数组就是{3,2,2,4}（因为要重新往A点加绕回来），对应在double.length中就是划线部分，怎么得出来的呢？
划线数组中的每一个数，都减去划线部分的前一个数（1）。

所以，综上所述，此时我们维护一个窗口最小值，窗口范围就是gos.length，每次窗口变化后，根据窗口内最小值 - 前一个值，如果此时已然 < 0，则说明该位置不是最佳出发点。否则就认为是最佳出发点。

代码

   public static int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {boolean[] booleans = goodArray(gas, cost);for (int i = 0; i < booleans.length; i++) {if (booleans[i]) {return i;}}return -1;}public static boolean[] goodArray(int[] gas, int[] cost) {int N = gas.length;int M = N << 1;int[] arr = new int[M];for (int i = 0; i < N; i++) {arr[i] = gas[i] - cost[i];arr[N + i] = gas[i] - cost[i];}for (int j = 1; j < M; j++) {arr[j] += arr[j - 1];}LinkedList<Integer> w = new LinkedList<>();for (int i = 0; i < N; i++) {while (!w.isEmpty() && arr[w.peekLast()] >= arr[i]) {w.pollLast();}w.addLast(i);}boolean[] ans = new boolean[N];for (int offset = 0, i = 0, j = N; j < M; offset = arr[i++], j++) {if (arr[w.peekFirst()] - offset >= 0) {ans[i] = true;}if (w.peekFirst() == i) {w.pollFirst();}while (!w.isEmpty() && arr[w.peekLast()] >= arr[j]) {w.pollLast();}w.addLast(j);}return ans;}